上海民辦新黃浦實驗學校中考數(shù)學期末二次函數(shù)和幾何綜合匯編一、二次函數(shù)壓軸題1．探究：已知二次函數(shù)y＝ax2﹣2x+3經(jīng)過點A(﹣3，0)．(1)求該函數(shù)的表達式；(2)如圖所示，點P是拋物線上在第二象限內(nèi)的一個動點，且點P的橫坐標為t，連接AC，PA，PC．①求△ACP的面積S關于t的函數(shù)關系式；②求△ACP的面積的最大值，并求出此時點P的坐標．拓展：在平面直角坐標系中，點M的坐標為(﹣1，3)，N的坐標為(3，1)，若拋物線y＝ax2﹣2x+3(a＜0)與線段MN有兩個不同的交點，請直接寫出a的取值范圍．2．如圖1，在平面直角坐標系中，△ABC的頂點A，C分別是直線y=﹣x+4與坐標軸的交點，點B的坐標為（﹣2，0），點D是邊AC上的一點，DE⊥BC于點E，點F在邊AB上，且D，F(xiàn)兩點關于y軸上的某點成中心對稱，連結(jié)DF，EF．設點D的橫坐標為m，EF2為l，請?zhí)骄浚孩倬€段EF長度是否有最小值．②△BEF能否成為直角三角形．小明嘗試用“觀察﹣猜想﹣驗證﹣應用”的方法進行探究，請你一起來解決問題．（1）小明利用“幾何畫板”軟件進行觀察，測量，得到l隨m變化的一組對應值，并在平面直角坐標系中以各對應值為坐標描點（如圖2）．請你在圖2中連線，觀察圖象特征并猜想l與m可能滿足的函數(shù)類別．（2）小明結(jié)合圖1，發(fā)現(xiàn)應用三角形和函數(shù)知識能驗證（1）中的猜想，請你求出l關于m的函數(shù)表達式及自變量的取值范圍，并求出線段EF長度的最小值．（3）小明通過觀察，推理，發(fā)現(xiàn)△BEF能成為直角三角形，請你求出當△BEF為直角三角形時m的值．3．若一個函數(shù)當自變量在不同范圍內(nèi)取值時，函數(shù)表達式不同，我們稱這樣的函數(shù)為分段函數(shù)．下面我們參照學習函數(shù)的過程與方法，探究分段函數(shù)的圖象與性質(zhì)．列表：描點：在平面直角坐標系中，以自變量x的取值為橫坐標，以相應的函數(shù)值y為縱坐標，描出相應的點，如圖所示．如圖，在平面直角坐標系中，觀察描出的這些點的分布，作出函數(shù)圖象；研究函數(shù)并結(jié)合圖象與表格，回答下列問題：點，，，在函數(shù)圖象上，則______，______；填“”，“”或“”當函數(shù)值時，求自變量x的值；在直線的右側(cè)的函數(shù)圖象上有兩個不同的點，，且，求的值；若直線與函數(shù)圖象有三個不同的交點，求a的取值范圍．4．如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標為m．（1）求此拋物線的表達式；（2）過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標，若不存在，請說明理由；（3）過點P作PN⊥BC，垂足為點N．請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當m為何值時PN有最大值，最大值是多少？5．如圖，拋物線經(jīng)過三點，該拋物線的頂點為D．（1）求該拋物線L的表達式和點D的坐標；（2）拋物線與拋物線L關于直線對稱，P是拋物線L的B、M段上的一點，過點P作y軸的平行線交拋物線與點Q，點P、Q關于拋物線L的對稱軸對稱點分別為M、N．試探究是否存在一點P，使得四邊形為正方形？若存在，求出點P的橫坐標；若不存在，請說明理由．6．如圖，邊長為5的正方形的兩邊在坐標軸上，以點為頂點的拋物線經(jīng)過點，點是拋物線上第一象限內(nèi)一點，過點作于點，點的坐標為．連接．（1）求拋物線的解析式；（2）求的值；（3）①在點運動過程中，當時，點的坐標為________；②連接，在①的條件下，把沿軸平移（限定點在射線上），并使拋物線與的邊始終有兩個交點，探究點縱坐標的取值范圍是多少？7．已知函數(shù)，某興趣小組對其圖像與性質(zhì)進行了探究，請補充完整探究過程．…－3－2－112345……－6－22－2－1－2…（1）請根據(jù)給定條件直接寫出的值；（2）如圖已經(jīng)畫出了該函數(shù)的部分圖像，請你根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)在平面直角坐標系中描點、連線，補充該函數(shù)圖像，并寫出該函數(shù)的一條性質(zhì)；（3）若，結(jié)合圖像，直接寫出的取值范圍．8．在平面直角坐標系中（如圖）．已知點，點，點．如果拋物線恰好經(jīng)過這三個點之中的兩個點．（1）試推斷拋物線經(jīng)過點A、B、C之中的哪兩個點？簡述理由；（2）求常數(shù)a與b的值：（3）將拋物線先沿與y軸平行的方向向下平移2個單位長度，再與沿x軸平行的方向向右平移個單位長度，如果所得到的新拋物線經(jīng)過點．設這個新拋物線的頂點是D．試探究的形狀．9．如圖1，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=x2+bx+3經(jīng)過A(1，0)、B(－3，0)兩點，與y軸交于點C．直線BC經(jīng)過B、C兩點．（1）求拋物線的解析式及對稱軸；（2）將△COB沿直線BC平移，得到△C1O1B1，請?zhí)骄吭谄揭频倪^程中是否存在點O1落在拋物線上的情形，若存在，求出點O1的坐標，若不存在，說明理由；（3）如圖2，設拋物線的對稱軸與x軸交于點E，連結(jié)AC，請?zhí)骄吭趻佄锞€上是否存在一點F，使直線EF∥AC，若存在，求出點F的坐標，若不存在，說明理由．10．小云在學習過程中遇到一個函數(shù)．下面是小云對其探究的過程，請補充完整：（1）當時，對于函數(shù)，即，當時，隨的增大而，且；對于函數(shù)，當時，隨的增大而，且；結(jié)合上述分析，進一步探究發(fā)現(xiàn)，對于函數(shù)，當時，隨的增大而．（2）當時，對于函數(shù)，當時，與的幾組對應值如下表：012301綜合上表，進一步探究發(fā)現(xiàn)，當時，隨的增大而增大．在平面直角坐標系中，畫出當時的函數(shù)的圖象．（3）過點(0，m)（）作平行于軸的直線，結(jié)合（1）（2）的分析，解決問題：若直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，則的最大值是．二、中考幾何壓軸題11．將兩個完全相同的三角形紙片和重合放置，其中．（1）操作發(fā)現(xiàn):如圖2，固定使繞點旋轉(zhuǎn)，設的面積為的面積為當點恰好落在邊上時，則與的數(shù)量關系是；（2）猜想論證:當繞點旋轉(zhuǎn)到如圖3所示的位置時，小明猜想中與的數(shù)量關系為相等，并嘗試分別作出了和中邊上的高請你證明小明的猜想，即證明:．（3）拓展探究:已知，點是角平分線上的一點，交于點（如圖4)．若射線上存在點，使，請直接寫出相應的的長．12．[探索發(fā)現(xiàn)]（1）如圖①，△ABC與△ADE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，連接BD與CE，則△ABD與△ACE的關系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點，在線段AD上任取一點P，連接PB，將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應點是點E，連接BE，得到△BPE，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側(cè)．請你探究，當點E在直線AD上時，如圖②所示，連接CE，判斷直線CE與直線AB的位置關系，并說明理由．[拓展應用]（3）在（2）的應用下，請在圖③中畫出△BPE，使得點E在直線AD的右側(cè)，連接CE，試求出點P在線段AD上運動時，AE的最小值．13．如圖（1），已知點在正方形的對角線上，垂足為點，垂足為點．（1）證明與推斷：求證：四邊形是正方形；推斷：的值為__；（2）探究與證明：將正方形繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)角，如圖（2）所示，試探究線段與之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展與運用：若，正方形在繞點旋轉(zhuǎn)過程中，當三點在一條直線上時，則．14．我們定義：連結(jié)凸四邊形一組對邊中點的線段叫做四邊形的“準中位線”．（1）概念理解：如圖1，四邊形中，為的中點，，是邊上一點，滿足，試判斷是否為四邊形的準中位線，并說明理由．（2）問題探究：如圖2，中，，，，動點以每秒1個單位的速度，從點出發(fā)向點運動，動點以每秒6個單位的速度，從點出發(fā)沿射線運動，當點運動至點時，兩點同時停止運動．為線段上任意一點，連接并延長，射線與點構(gòu)成的四邊形的兩邊分別相交于點，設運動時間為．問為何值時，為點構(gòu)成的四邊形的準中位線．（3）應用拓展：如圖3，為四邊形的準中位線，，延長分別與，的延長線交于點，請找出圖中與相等的角并證明．15．問題提出（1）如圖（1），在等邊三角形ABC中，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等邊三角形AMN，連接CN，則∠ACN＝°．類比探究（2）如圖（2），在等邊三角形ABC中，點M是BC延長線上的任意一點（不含端點C），其他條件不變，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．拓展延伸（3）如圖（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等腰三角形AMN，使AM＝MN，連接CN．添加一個條件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，寫出你所添加的條件，并說明理由．16．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，點E是線段AC上一動點，連接DE．填空：①則的值為______；②∠EAD的度數(shù)為_______．（2）類比探究如圖2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，點E是線段AC上一動點，連接DE．請求出的值及∠EAD的度數(shù)；（3）拓展延伸如圖3，在（2）的條件下，取線段DE的中點M，連接AM、BM，若BC=4，則當△ABM是直角三角形時，求線段AD的長．17．綜合與實踐數(shù)學活動課上，老師讓同學們結(jié)合下述情境，提出一個數(shù)學問題：如圖1，四邊形ABCD是正方形，四邊形BEDF是矩形．探究展示：“興趣小組”提出的問題是：“如圖2，連接CE．求證：AE⊥CE．”并展示了如下的證明方法：證明：如圖3，分別連接AC，BD，EF，AF．設AC與BD相交于點O．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，且AC=BD．又∵四邊形BEDF是矩形，∴EF經(jīng)過點O，∴OE=OF=EF，且EF=BD．∴OE=OF，OA=OC．∴四邊形AECF是平行四邊形．（依據(jù)1）∵AC=BD，EF=BD，∴AC=EF．∴四邊形AECF是矩形．（依據(jù)2）∴∠CEA=90°，即AE⊥CE．反思交流：（1）上述證明過程中“依據(jù)1”“依據(jù)2”分別是什么？拓展再探：（2）“創(chuàng)新小組”受到“興趣小組”的啟發(fā)，提出的問題是：“如圖4，分別延長AE，F(xiàn)B交于點P，求證：EB=PB．”請你幫助他們寫出該問題的證明過程．（3）“智慧小組”提出的問題是：若∠BAP=30°，AE=，求正方形ABCD的面積．請你解決“智慧小組”提出的問題．18．點E是矩形ABCD邊AB延長線上的一動點，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，過點F作FG⊥BC，交BC的延長線于點G，連接DF，交CG于點H．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想線段DH與HF的數(shù)量關系是；（2）探究：如圖2，若AB＝nAD，CF＝nCE，則（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展：在（2）的基礎上，若射線FC過AD的三等分點，AD＝3，AB＝4，則直接寫出線段EF的長．19．如圖，已知和均為等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則＝°，線段BD、CE之間的數(shù)量關系是；（2）拓展探究：如圖②，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，請判斷的度數(shù)及線段BD、CE之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖③，，，AE＝2，連接CE、BD，在繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當時，請直接寫出EC的長．20．綜合與實踐動手操作利用正方形紙片的折疊開展數(shù)學活動．探究體會在正方形折疊過程中，圖形與線段的變化及其蘊含的數(shù)學思想方法．如圖1，點為正方形的邊上的一個動點，，將正方形對折，使點與點重合，點與點重合，折痕為．思考探索（1）將正方形展平后沿過點的直線折疊，使點的對應點落在上，折痕為，連接，如圖2．①點在以點為圓心，_________的長為半徑的圓上；②_________；③為_______三角形，請證明你的結(jié)論．拓展延伸（2）當時，正方形沿過點的直線（不過點）折疊后，點的對應點落在正方形內(nèi)部或邊上．①面積的最大值為____________；②連接，點為的中點，點在上，連接，則的最小值為____________．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、二次函數(shù)壓軸題1．探究：（1）；（2）①，②的面積的最大值是，此時點的坐標為，拓展：.【分析】（1）由待定系數(shù)法易求解析式；（2）過點作于點，交于點.設點的坐標為，由可得關于t的二次函數(shù)，進而可求最大值.（3）根據(jù)拋物線與MN的位置關系可知當拋物線經(jīng)過M點時，a取最大值.【詳解】探究：（1）∵拋物線經(jīng)過點，∴，解得.∴拋物線的表達式為.（2）①過點作于點，交于點.設直線的解析式為，將、代入，，解得：，∴直線的解析式為.∵點在拋物線上，點在直線上，∴點的坐標為，點的坐標為，∴，∴.②∵，∴當時，，當時，.∴的面積的最大值是，此時點的坐標為.[拓展]：拋物線y=ax2?2x+3(a<0),當x=1時，y=a-2+3=a+1＜3，故拋物線右邊一定與MN有交點，當x=-1，y=a+2+3=a+5，在M點或下方時，拋物線左邊邊一定與MN有交點，即a+5≤3；∴；【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形面積的計算，極值的確定，關鍵是確定出拋物線解析式，難點是數(shù)形結(jié)合確定a點的求值范圍．2．F解析：（1）連線見解析，二次函數(shù)；（2）；（3）m=0或m=【分析】（1）根據(jù)描點法畫圖即可；（2）過點F，D分別作FG，DH垂直于y軸，垂足分別為G，H，證明Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出FG=DH，可求出F（﹣m，﹣2m+4），根據(jù)勾股定理得出l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得出答案；（3）分三種不同情況，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出m的方程，解方程求出m的值，則可求出答案．【詳解】解：（1）用描點法畫出圖形如圖1，由圖象可知函數(shù)類別為二次函數(shù)．（2）如圖2，過點F，D分別作FG，DH垂直于y軸，垂足分別為G，H，則∠FGK=∠DHK=90°，記FD交y軸于點K，∵D點與F點關于y軸上的K點成中心對稱，∴KF=KD，∵∠FKG=∠DKH，∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），∴FG=DH，∵直線AC的解析式為y=﹣x+4，∴x=0時，y=4，∴A（0，4），又∵B（﹣2，0），設直線AB的解析式為y=kx+b，∴，解得，∴直線AB的解析式為y=2x+4，過點F作FR⊥x軸于點R，∵D點的橫坐標為m，∴F（﹣m，﹣2m+4），∴ER=2m，F(xiàn)R=﹣2m+4，∵EF2=FR2+ER2，∴l(xiāng)=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，令﹣+4=0，得x=，∴0≤m≤．∴當m=1時，l的最小值為8，∴EF的最小值為2．（3）①∠FBE為定角，不可能為直角．②∠BEF=90°時，E點與O點重合，D點與A點，F(xiàn)點重合，此時m=0．③如圖3，∠BFE=90°時，有BF2+EF2=BE2．由（2）得EF2=8m2﹣16m+16，又∵BR=﹣m+2，F(xiàn)R=﹣2m+4，∴BF2=BR2+FR2=（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2=5m2﹣20m+20，又∵BE2=（m+2）2，∴（5m2﹣20m+8）+（8m2﹣16m+16）2=（m+2）2，化簡得，3m2﹣10m+8=0，解得m1=，m2=2（不合題意，舍去），∴m=．綜合以上可得，當△BEF為直角三角形時，m=0或m=．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應用，考查了描點法畫函數(shù)圖象，待定系數(shù)法，全等三角形的判定與性質(zhì)，坐標與圖形的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，中心對稱的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識．準確分析給出的條件，結(jié)合一次函數(shù)的圖象進行求解，熟練掌握方程思想及分類討論思想是解題的關鍵．．3．A解析：（1）見解析；（2）①，；②x=3或x=-1；③2；④【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖像的畫法，從左至右依次連接個點，即可解決；（2）①根據(jù)A點與B點的橫坐標，判斷兩點所在的函數(shù)圖像，然后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決即可；根據(jù)C點與D點的縱坐標，判斷兩點所在的函數(shù)圖像，然后結(jié)合函數(shù)圖像解決即可.②當時，判斷其所在的函數(shù)圖像，然后結(jié)合函數(shù)解析式計算解決即可.③由圖可知時，所以兩點在函數(shù)的圖像上，然后根據(jù)函數(shù)的對稱性解決即可.④結(jié)合函數(shù)圖像，與函數(shù)圖象有三個不同的交點，可知必須與兩函數(shù)圖像分別相交才可以，據(jù)此解決即可；【詳解】解：如圖所示：，，A與B在上，y隨x的增大而增大，；，，C與D在上，觀察圖象可得；②當時，，不符合；當時，，或；，在的右側(cè)，時，點關于對稱，，；④由圖象可知，當與分段函數(shù)分別相交時才會有三個不同的交點，觀察函數(shù)圖像y＞0，且y＜2，故a的取值范圍為.4．A解析：（1）（2）存在，點Q的坐標為：Q（1，3）或（，）；（3）PN＝﹣（m﹣2）2+，當m＝2時，PN的最大值為．【分析】（1）由二次函數(shù)交點式表達式，即可求解；（2）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三種情況，利用方程或方程組求解即可得到答案；（3）利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到：PN=PQsin∠PQN=即可求解．【詳解】解：（1）拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，設即：﹣12a＝4，解得：則拋物線的表達式為（2）存在，理由：點A、B、C的坐標分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），則AC＝5，AB＝7，BC＝，∠OBC＝∠OCB＝45°，將點B、C的坐標代入一次函數(shù)表達式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，同理可得直線AC的表達式為：，①當AC＝AQ時，如圖1，則AC＝AQ＝5，設：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，由勾股定理得：解得：n＝3或4（舍去4），故點Q（1，3）；②當AC＝CQ時，如圖1，CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝則QM＝MB＝，故點Q（，）；③當CQ＝AQ時，則在的垂直平分線上，設直線AC的中點為K（，2），過點與CA垂直直線的表達式中的k值為，直線的表達式為：②，聯(lián)立①②并解得：（舍去）；故點Q的坐標為：Q（1，3）或（，）；（3）設點，則點Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝∵∴PN有最大值，當m＝2時，PN的最大值為：．【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和等腰三角形的存在性問題，線段長度的最值問題，要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來．5．D解析：（1），點D的坐標為；（2）存在，．【分析】（1）將三點坐標代入，利用待定系數(shù)法可求出拋物線L的表達式，再由拋物線對稱軸公式可求出點D的坐標；（2）根據(jù)題意可求得拋物線的表達式，設點P的橫坐標為m，則可由已知分別表示出點Q、M、N的坐標，利用正方形的性質(zhì)則可列出方程，求解后即可得出點P的橫坐標．【詳解】解：（1）將代入得：，解得，∴該拋物線L的表達式為：；∵拋物線的頂點為D，∴當時，，∴點D的坐標為；（2）存在；如圖所示：∵拋物線與拋物線L關于直線對稱，，∴，設拋物線的表達式為，將代入得，∴拋物線的表達式為設點P的橫坐標為m，∵PQ∥y軸，則Q的橫坐標為m，∵點P、Q關于拋物線L的對稱軸對稱點分別為M、N．∴M、N的橫坐標為5－m．∴PM＝5－m－m＝5－2m．∵點P的縱坐標為，點Q的縱坐標為，∴PQ＝（）－（）＝，當PM＝PQ時，四邊形為正方形，∴解得，∵P是拋物線L的B、M段上的一點，∴m＜5－m，解得m＜．∴．∴點P的橫坐標為．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關鍵．6．F解析：（1）；（2）；（3）①；②【分析】（1）由題可設拋物線解析式為，將N點坐標代入，求出a即可求出拋物線的函數(shù)表達式．（2）過點作軸于，由題可設，故可求出PF的長．在中，利用勾股定理可求出PE的長，即發(fā)現(xiàn)，故．（3）①由題意易求，即．結(jié)合（2）即可列出關于m的方程，解出m即可求出此時P點坐標．②根據(jù)題意可知將沿y軸平移，使拋物線與△PEF的邊始終有兩個交點的極限條件為：向上平移，一直到點與點重合前和向下平移，一直到點與點重合前．根據(jù)平移規(guī)律結(jié)合①即可得出答案．【詳解】解：（1）由題可設拋物線解析式為，把代入，，解得，∴拋物線的函數(shù)表達式為．（2）如圖，過點作軸于，由題可設，∴∵在中，，即，∴，∴，即．（3）①由題意可知，∵，∴，∴．由（2）可知，．∴，解得：（舍）．故，即．②根據(jù)題意可知將沿y軸平移，使拋物線與△PEF的邊始終有兩個交點的條件為：向上平移，一直到點與點重合前和向下平移，一直到點與點重合前．Ⅰ當沿y軸向上平移，且點與點重合時，如圖，.∵,∴此時P點向上平移1個單位得到，即．∵點與點重合時，拋物線與△PEF的邊有兩個交點，即當時拋物線與△PEF的邊有兩個交點，∴．Ⅱ當沿y軸向下平移，且點與點P重合時，如圖，.∵，∴此時P點向下平移4個單位得到，即．∵點與點P重合時，拋物線與△PEF的邊只有一個交點，即當時拋物線與△PEF的邊只有一個交點，∴．綜上可知．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合，勾股定理，兩點的距離公式以及含角的直角三角形的性質(zhì)．作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關鍵．7．（1），，；（2）見詳解；（3）x的取值范圍是：3≤x＜0或1≤x≤2．【分析】（1）先將（-1，2）和（1，-2）代入函數(shù)y=a（x-1）2++1中，列方程組解出可得a和b的值，寫出函數(shù)解析式，計算當x=4時m的值即可；（2）描點并連線畫圖，根據(jù)圖象寫出一條性質(zhì)即可；（3）畫y=x-3的圖象，根據(jù)圖象可得結(jié)論．【詳解】解：（1）把（-1，2）和（1，-2）代入函數(shù)y=a（x-1）2++1中得：，解得：，∴y=（a≠0），當x=4時，m=；（2）如圖所示，性質(zhì)：當x＞2時，y隨x的增大而減?。ù鸢覆晃ㄒ唬?；（3）∵a（x1）2+≥x4，∴a（x1）2++1≥x3，如圖所示，由圖象得：x的取值范圍是：3≤x＜0或1≤x≤2．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，描點，畫函數(shù)圖象，以及二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用了數(shù)形結(jié)合思想進行分析．8．A解析：（1）點A、B在拋物線上，理由見解析；（2），；（3）等腰直角三角形【分析】（1）軸，故B、C中只有一個點在拋物線上，算出AC的解析式，交y軸于點，拋物線與y軸也交于點，故C不符要求，由此解答即可；（2）把A、B點的坐標代入解析式，由此解答即可；（3）由平移可得新的解析式，代入得出D點的坐標，再判斷三角形的形狀．【詳解】（1）∵軸，故B、C中只有一個點在拋物線上，∵，交y軸于點．且拋物線與y軸也交于點，故C不符要求．∴點A、B在拋物線上（2）代入A、B到．，∴（3）∴代入到，（舍），，∴∴，，∴，，∴．∴是等腰直角三角形【點睛】本題考查了與待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式及判斷點是否在圖像上，平移變換勾股定理等知識，求解析式是解題的關鍵．9．F解析：（1），；（2）O1(,)或（，）；（3）滿足條件的點F的坐標為F1(-2，3)，F(xiàn)2(3，-12)．【分析】（1）把A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3即可求解；（2）先求出直線OO1的解析式為，再根據(jù)，求解即可或是根據(jù)得出x的值，再根據(jù)直線OO1的解析式為求解；（3）先求出直線EF解析式為，再根據(jù)求解即可．【詳解】解：（1）將點A（1,0），B（-3,0）代入拋物線解析式y(tǒng)=x2+bx+3得：解得：∴拋物線解析式為∴∴（2）∵點C為與軸的交點∴C（0，3）∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵將△COB沿直線BC平移，得到△C1O1B1∴直線OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直線OO1的解析式為根據(jù)題意得整理得解得∴O1(,)或)（，）解法2∵點C為與軸的交點∴C（0，3）∴OC=3∵將△COB沿直線BC平移，得到△C1O1B101C1=3∴整理得解得∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵將△COB沿直線BC平移，得到△C1O1B1∴直線OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直線OO1的解析式為y=x∴O1(,)或（，）(3)∵拋物線對稱軸與x軸交于點E,則點E的坐標為E(-1,0),過點C作CF∥x軸根據(jù)拋物線的對稱性得F的坐標為F(-2,3)∴AE=CF=2∵CF∥AE∴四邊形CFEA為平行四邊形∴EF∥CA設直線EF的解析式為得：解得：∴直線EF解析式為根據(jù)題意得解得滿足條件的點F的坐標為F1(-2，3)，F(xiàn)2(3，-12)．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程組解決問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．10．（1）減小，減小，減小；（2）見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)分別進行判斷，即可得到答案；（2）根據(jù)表格的數(shù)據(jù)，進行描點，連線，即可畫出函數(shù)的圖像；（3）根據(jù)函數(shù)圖像和性質(zhì)，當時，函數(shù)有最大值，代入計算即可得到答案．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，在函數(shù)中，∵,∴函數(shù)在中，隨的增大而減??；∵，∴對稱軸為：，∴在中，隨的增大而減小；綜合上述，在中，隨的增大而減??；故答案為：減小，減小，減?。唬?）根據(jù)表格描點，連成平滑的曲線，如圖：（3）由（2）可知，當時，隨的增大而增大，無最大值；由（1）可知在中，隨的增大而減?。弧嘣谥?，有當時，，∴m的最大值為；故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，以及函數(shù)的最值問題，解題的關鍵是熟練掌握題意，正確的作出函數(shù)圖像，并求函數(shù)的最大值．二、中考幾何壓軸題11．（1）；（2）詳見解析；（3）或【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求解析：（1）；（2）詳見解析；（3）或【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點C到AB的距離等于點D到AC的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；(2)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角邊”證明△ACN和△DCM全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；

(3)過點D作//BE，求出四邊形是菱形，根據(jù)菱形的對邊相等可得BE=，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點為所求的點，過點D作⊥BD，求出∠=60°，從而得到△是等邊三角形，然后求出，再求出∠=∠，利用“邊角邊”證明△和全等，根據(jù)全等三角形的面積相等可得點也是所求的點，根據(jù)菱形和等邊三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【詳解】解:（1）∵△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)，點D恰好落在AB邊上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°?∠B=90°?30°=60°，∴△ACD是等邊三角形，

∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△ACD的邊AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)，即；如圖3．是由繞點旋轉(zhuǎn)得到，．．在和中．的面積和的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)即（3）如圖4，過點D作//BE，∵BD平分∠ABC，

∠ABD=∠DBC，

∵D//BE，DE//B，∴四邊形BED是平行四邊形，∠ABD=∠BDE，∴∠DBC=∠BDE，

∴BE=DE，

∴四邊形BED是菱形，∴BE=D，且BE、D上的高相等，此時；過點D作D⊥BD，∵∠ABC=60°，D//BE，∴∠D=∠ABC=60°，∵B=D，∠BD=∠ABC=30°，∠DB=90°，∴∠D=∠ABC=60°，∴△D是等邊三角形，∴D=D，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，

∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CD=180°?∠BCD=180°?30°=150°，∠CD=360°?150°?60°=150°，∴∠CD=∠CD∵在△CD和△CD中，D=D，∠CD=∠CD，CD=CD，∴△CD≌△CD(SAS)，∴點也是所求的點，又∵BE=4=B=D，△D是等邊三角形，∴B=4=，∴B=8，綜上所述：當BF=4或8時，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積、等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等，以及全等三角形的面積相等是解題的關鍵，還要注意(3)中符合條件的點F有兩個．12．（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．利用圓周角定理證明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因為點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，所以當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【詳解】解：（1）如圖①中，∵△ABC與△ACE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案為：相似．（2）如圖2中，結(jié)論：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分線段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案為50，AB∥EC．（2）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．∵AD垂直平分線段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如圖4中，作AH⊥CE于H，∵點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，∴當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及圓的基本性質(zhì)，關鍵是根據(jù)題意得到三角形的相似，然后結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)得到問題答案，關鍵是要利用圓的基本性質(zhì)求解最值問題．13．（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關系為；（3）或【分析】（1）①由、結(jié)合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質(zhì)知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2解析：（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關系為；（3）或【分析】（1）①由、結(jié)合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質(zhì)知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2）連接CG，只需證即可得；（3）由（2）證出就可得到，再根據(jù)三點在同一直線上分在CD左邊和右邊兩種不同的情況求出AG的長度，即可求出BE的長度．【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，四邊形是矩形，四邊形是正方形；解：由①知四邊形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案為：．（2）如下圖所示連接由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知在和中，，線段與之間的數(shù)量關系為；（3）解：當正方形在繞點旋轉(zhuǎn)到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，當正方形在繞點旋轉(zhuǎn)到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案為：或．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．14．（1）是，理由見解析；（2）或或；（3），證明見解析．【分析】（1）證明，可得，又點F為CD中點,即可得出結(jié)論；（2）當為點構(gòu)成的四邊形的準中位線．則M、N一定是中點，再分兩種情況討論：和，根解析：（1）是，理由見解析；（2）或或；（3），證明見解析．【分析】（1）證明，可得，又點F為CD中點,即可得出結(jié)論；（2）當為點構(gòu)成的四邊形的準中位線．則M、N一定是中點，再分兩種情況討論：和，根據(jù)平行線分線段成比例列方程即可求解；（3）連接，取的中點，連接，得兩條中位線，根據(jù)中位線定理，得平行，可找到相等角和線段，從而可得是等腰三角形，進而可得．【詳解】解：（1）是四邊形的準中位線，理由如下：∵，∴．又∵，，∴，∴，∴．又∵為中點，∴為四邊形的準中位線．（2）當為點構(gòu)成的四邊形的準中位線時．①如圖，當時，則需滿足且為中點．∴，解得：；②如圖，當時，則需滿足且為中點．∴，解得：，．綜上：當或或時，為點構(gòu)成的四邊形的準中位線．（3）．證明如下：如圖，連接，取的中點，連接，．，分別是，的中點，∴，，∴．∵分別是，的中點，∴，，∴．∵，∴，∴．∴．【點睛】本題圍繞線段的中點考查了等腰三角形判定及性質(zhì)、平行線分線段成比例、三角形中位線等知識點，考查范圍廣，綜合性強．解（2）的關鍵是由準中位線圖形特征得出四邊形有一組對邊平行，解（3）的關鍵是構(gòu)造出和中位線定理相關的圖形．15．（1）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；解析：（1）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；（2）也可以通過證明≌，得出結(jié)論，和（1）的思路完全一樣；（3）當∠ABC＝∠AMN時，∽，利用相似的性質(zhì)得到，又根據(jù)∠BAM＝∠CAN，證得∽，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵、是等邊三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

∵在和中，，∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN；∵是等邊三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°．（2）結(jié)論∠ACN＝60°仍成立．理由如下：∵、都是等邊三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°．（3）添加條件：∠ABC＝∠AMN．理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關鍵是仔細觀察圖形，找到全等的條件，利用全等的性質(zhì)證明結(jié)論．16．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，從而可得到結(jié)論；（2）通過證明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度數(shù)；（3）由直角三角形的性質(zhì)可證AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的長，從而可求出AD的長．【詳解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案為：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如圖，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且點M是DE的中點，∴AM=BM=DE，∵△ABM為直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，設EC=x，則AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（負值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴線段AD的長為（2+6），【點睛】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識.17．（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形；（2）見解析；（3）4【分析】（1）借助問題情景即可得出結(jié)論；（2）連接CE，先根據(jù)已證結(jié)論及正方形的性解析：（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形；（2）見解析；（3）4【分析】（1）借助問題情景即可得出結(jié)論；（2）連接CE，先根據(jù)已證結(jié)論及正方形的性質(zhì)得出AB=BC，∠1=∠4，再由矩形性質(zhì)證得∠PBA=∠EBC，得出△PBA≌△EBC，即可得出結(jié)論；（3）過點B作BM⊥AP，垂足為M．結(jié)合（2）所得結(jié)論利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得BM=PM=ME，設BM=ME=x，則AM=x+-1．則根據(jù)三角函數(shù)解直角三角形求出x=1，再由直角三角形的性質(zhì)求出正方形的邊長，即可得出結(jié)果．【詳解】解：（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形．（2）證明：連接CE，由題意得，∠CEA=90°，∴∠1+∠2=180°-∠AEC=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC．∴∠3+∠4=180°-∠ABC=90°．∵∠2=∠3．∴∠1=∠4．∵四邊形EBFD是矩形，∴∠EBF=90°．∴∠PBE=180°-∠EBF=90°．∴∠PBE=∠ABC．∴∠PBE+∠EBA=∠ABC+∠EBA．即∠PBA=∠EBC．∴△PBA≌△EBC．∴PB=EB．（3）解：過點B作BM⊥AP，垂足為M．由（2）可知，PB=BE，∠PBE=90°．∴BM=PM=ME．設BM=ME=x，則AM=x+-1．∵在Rt△ABM中，∠BAM=30°．∴AB=2BM，tan∠BAM=，解得x=1．∴AB=2，∴S正方形ABCD=2×2=4．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握特殊四邊形、全等三角形及三角函數(shù)等相關知識點是解題的關鍵．18．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則，分兩種情況，根據(jù)勾股定理和平行線的性質(zhì)進行解答即可．【詳解】解：(1)，理由如下：∵四邊